博弈论的一些证明
博弈论模型
非模型题博弈论题单
对游戏和必胜必败局面的证明
显然，当所有有向图的SG都为0的时候，游戏和的SG也为0
当游戏和的SG不为0的时候，设此SG为x，x二进制下最高位1的位置为k，那么肯定至少存在一个有向图的SG的第k位也是1，设这个有向图的SG为y，那么这个有向图此时可以移动的后继显然0~y-1都出现过，所以可以将这个有向图的SG变为y xor x，之后游戏和的SG就变为了0
当游戏和的SG为0时，根据NIM游戏的证法，利用反证法即可证明无论怎么移动，一定会使游戏和的SG不为0
综上所述，当游戏和的SG不为0的时候，一定可以移动而且可以使游戏和的SG变为0；当游戏和的SG为0的时候，接下来不一定可以移动，即失败，或者可以移动，但是SG一定不会为0。所以前者为必胜，后者为必败
对anti-nim游戏定理的证明
主要是对论文的补充
第一种情况不说了，只说明其他情况
为什么当SG不为0时，若有两堆及以上的石子数目大于1，先手将游戏的SG变为0就可以让游戏必胜？我们要是证明了游戏的SG为0时先手必败就行了？下面证明游戏的SG为0时先手必败
仔细阅读论文对SG为0时先手必败的证明，当SG为0时，先手操作完后就一定会回到当SG不为0的情况，而不可能胜利（当然也不会失败），而当SG不为0的时候，要么只有一堆石子多于1了，那么先手必胜了；要么有两堆及以上的石子数目大于1，但我这个时候先手又可以把游戏代入SG为0的局面。经过若干次操作，一定会判胜负，所以证明就完毕了
可以看看对应附录下的思维导图，更加清晰
对multi-SG游戏的证明
感慨良多，因为下面的东西真的都是我自己想出来的
首先，先给出multi-SG游戏的定义，他是一个DAG，每个节点有明显的后继节点（即与普通的有向图游戏一样），也可以选择把节点分解成若干个节点（这个分解可以有很多种分的方法，假设能够枚举），每个节点都是单独的有向图游戏（这个有向图游戏的连边只与分解出的节点本身有关系，因为可能有不同的节点可以分解出某一个相同的节点；其实也没有必要只与分解出的节点本身有关系，只要我们能够算出分解出的每个节点的SG就好了，当然如果是前面这种情况我们就可以利用记忆化搜索了），之前的那个源节点代表的有向图游戏就不再考虑了，最后不能行动（包括走一步和分解）的人失败
同样的，还是对每一个节点定义一个SG，若一个节点既没有明显的后继节点，也不能被分解成若干个节点，那么他的SG就是0
对一个普通的节点的SG，定义为mex（其所有后继节点的SG以及所有分解情况的SG）
这里某一种分解情况的SG是其分解出来节点的SG的异或和
比如说一个节点有三个明显的后继节点，SG分别为2,3,5；也可以被分解成四个节点，SG分别为6,7,8,9；还可以被分解成三个节点，SG分别为1,2,3.那么这个节点的SG=mex（2,3,5，（6 xor 7 xor 8 xor 9），（1 xor 2 xor 3））
先手胜负情况的结论其实和普通的有向图游戏和的结论是一样的，即当游戏和SG为0时先手必败，不为0时先手必胜，下面是证明
首先，当所有的节点都没有明显的后继节点且不能继续被分解时，游戏和SG显然为0，此时先手必败
当游戏和SG不为0时，设此时游戏和SG为x（注意这里是游戏和的SG，不是某个节点的SG），一定存在一个节点的SG不为0且此SG最高位的1与x最高位的1是相同的，显然可以通过操作这个节点（不论是走一步还是分解，注意分解操作也是可以的哦，看看对分解SG的定义）来让x变为0
当游戏和SG为0时，如果此时先手能够行动，无论他如何操作节点，肯定都会使游戏和SG变为非0（注意分解SG的定义！！！）
证毕
对阶梯博弈的证明
先阅读这篇文章
一些对这篇文章证明的补充：奇数堆异或和不为0，最后的状态就是奇数堆都没有石子了，偶数堆还有一些石子，这个时候轮到最开始的后手先手，那么无论后手怎么移动，最开始的先手只需要把后手移动的石子移动到前一个偶数堆即可。由于最后胜利时是要把第一（奇数）堆的石子移动到第零（偶数）堆，所以最开始的后手是不可能胜利的，只有先手才能胜利；最开始奇数堆异或和为0可以自己证明一下先手必败
例题：acwing 236（小小的转化）
渐进NIM游戏
哈哈这个是我自己定义的
定义：有N堆石头，每堆石头有\(A_{i}\)个，两人轮流取石头，最少取一个，而且只能按顺序取，即从第一堆开始取，每一堆取完了才能开始取下一堆，问先手是否必胜
当N=1时，先手显然必胜
若N大于1，从最后一堆依次考虑，设f[i]表示若从第i堆开始取先手是否必胜，若为1则先手必胜，若为0先手必败
那么若第i堆只有一颗石头，那么f[i]=f[i+1]^1
若第i堆有大于一颗石头，f[i]=1。若f[i+1]为1，则先手把第i堆取到还剩一个即可；若f[i+1]为0，则先手取完第i堆即可
最后看f[1]即可
例题。看看我的代码就知道怎么转换了。当然也可以看看这篇题解（思路跟蚕食游戏一样）
威佐夫博弈（这里有些证明的补充没写完）（代码见洛谷对应题目的提交）
见这篇文章
为啥第\(i\)个奇异局势的差值是\(i\)，每一个状态的都是以前没有在奇异局势里面出现过的最小整数？
首先是一个很显然的引理：对任意一个数字，最多只会参与一个奇异局势的形成
因为如果一个数字参与了两个奇异局势的形成，那么我先手就可以把其中一个奇异局势变成另一个奇异局势，即从先手必输变到了先手必输，这是不可能的
还有一个：不可能存在两个差值相同的奇异局势
因为我先手也可以从其中一个奇异局势变成另外一个奇异局势（同时取即可）
然后我们用数学归纳法证明上述命题
假设我们已经知道了前\(i\)个奇异局势
根据第一个引理，下一个奇异局势的较小数字不可能是已经出现过了的数字
在没出现过的数字中，我们找到最小的数，设为\(x\)
我们直接考虑\((x,x+i+1)\)这对数字。如果我们能够证明其是奇异局势，那么根据第二个引理，差值为\(i+1\)的奇异局势就是\((x,x+i+1)\)
如果我们同时取，那么差值显然不变，但是较小数字就会是前面已经出现过的数字\(j\)；然后根据第一个引理，\((j,j+i+1)\)一定不会是奇异局势，因为\(j\)参与形成了另一个差值不为\(i+1\)的奇异局势，所以\((x,x+i+1)\)就输了
如果我们取一个：如果取的是\(x\)，那么差值增大，但是\(x\)变成了之前出现过的数字，根据第一个引理，\((x,x+i+1)\)就输了；如果取的是\(x+i+1\)，那么差值减小，根据第二个引理，\((x,x+i+1)\)就输了
综上所述，\((x,x+i+1)\)为第\(i+1\)个奇异局势
证毕
约数NIM博弈
自己取得名字
定义：有一堆个数为n的石子，每次能取n的约数个石子（除了n），问先手必败还是必胜
答案：偶数必胜奇数必败。因为奇数的任意一个约数都是奇数，然后就会回到偶数；偶数取一个就会回到奇数。由于1是必败态，2是必胜态，故以上结论得证
斐波那契博弈：
设石子数n为\(f[i]\)(斐波那契数列第i项)
当\(i=2\)时，\(n=2\)，显然先手只能取一个，后手必胜。
当\(i>2\)时，假设我们已经证明\(n=f[i-1]\)时的结论是成立的，那么\(f[i]=f[i-1]+f[i-2]\)。
我们将这一堆石子分成\(f[i-1]\)和\(f[i-2]\)两部分来看。
假设先手第一次取\(x\)个，后手第一次取\(y\)个。
如果\(x<\frac{f[i-2]}{3}\)，因为\(n=f[i-2]\)时已经证明后手一定能取到\(f[i-2]\)个中的最后一个，所以问题转化成了有\(f[i-1]\)个石子，谁能取到最后一个，这个也已经证明后手必胜，所以当\(x<\frac{f[i-2]}{3}\)时，后手必胜。
如果\(x>=\frac{f[i-2]}{3}\)且\(x\le f[i-1]\)，则这\(f[i-2]\)个中剩余的小于\(2x\)个，后手可以直接取完，那么后手取了\(f[i-2]-x\)个，即\(y\le\frac{2f[i-2]}{3}\)。我们比较一下\(\frac{2f[i-2]}{3}\)与\(\frac{f[i-1]}{2}\)的大小即比较\(4*f[i-2]\)与\(3*f[i-1]\)的大小。因为\(3*f[i-3]>2*f[i-3]>f[i-2]\)，所以\(3*f[i-3]+3*f[i-2]>4*f[i-2]\)即\(3*f[i-1]>4*f[i-2]\)，也就是说在后手取完\(f[i-2]\)那一堆石子后，先手不能取完剩下的\(f[i-1]\)个石子，问题就有变成了有\(f[i-1]\)个石子时的情况。
如果\(x>f[i-2]\)，因为\(f[i-1]<2*f[i-2]\)，所以后手能取走剩下所有的。
综上三种情况可以推知，当\(n=f[i-1]\)时结论成立，那么\(n=f[i]\)时结论必然成立。
